2019年高考名校考前提分仿真卷 化学（一）教师版

绝密★启用前此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号【最后十套】2019届高考名校考前提分仿真卷化学（一）注意事项：1．本分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16P31S32Cl35.5Cu64Zn657．化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是A．服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害B．酒精可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C．食品袋中放置的CaO可直接防止食品氧化变质D．“酸雨”是由大气中的碳、氮、硫的氧化物溶于雨水造成的【答案】A【解析】铬为重金属，服用铬含量超标的药用胶囊会危害人体健康，A项正确。纯度过高(如95%)的酒精会使细菌表层蛋白凝固，妨碍酒精向内渗透，从而影响杀菌效果，常用75%的酒精进行杀菌消毒，B项错误；食品袋中放置的CaO的作用是防止食品受潮，C项错误；酸雨是由大气中的氮、硫的氧化物溶于雨水造成的，D项错误。8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．22.0gT2O中含有的中子数为10NAB．7.2g过氧化钙(CaO2)固体中阴、阳离子总数为0.3NAC．6.2LNO2溶于足量水中，充分反应后转移的电子数为0.2NAD．状况下，2.24LNO和2.24LO2混合充分反应后，原子总数是0.4NA【答案】D【解析】A．22.0gT2O的物质的量为：＝1mol，含有中子的物质的量为：1mol×12＝12mol，含有的中子数为12NA，故A错误；B.7.2g过氧化钙的物质的量为0.1mol，而过氧化钙由钙离子和过氧根构成，故0.1mol过氧化钙中含0.2mol离子即0.2NA个，故B错误；C.未说明是否为标准状况，无法计算6.2LNO2气体的物质的量，无法计算转移的电子数，故C错误；D.标准状况下，2.24LNO和2.24LO2的物质的量均为0.1mol，由于NO和氧气均为双原子分子，故0.1molNO和0.1molO2中含0.4mol原子，而反应过程中满足原子个数守恒，故反应后体系中原子总数为0.4NA，故D正确；故选D。9．下列说法错误的是A．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中水解完全后，加入饱和食盐水，下层析出硬脂酸钠B．乙酸的分子模型可表示为C．石油分馏是物理变化，可得到汽油、煤油和柴油等产品D．相同物质的量的C3H6和C3H8O，充分燃烧，消耗氧气量相同【答案】A【解析】硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中发生水解反应，生成硬脂酸钠和甘油，加入饱和食盐水，上层析出硬脂酸钠，A项错误；乙酸的结构简式CH3COOH，分子模型为，B项正确；石油分馏是根据各馏分的沸点不同而进行分离的，为物理变化，可得到汽油、煤油和柴油等产品，C项正确；根据CxHyOz+(x+－)O2xCO2+H2O可知，等物质的量的C3H6和C3H8O充分燃烧时消耗氧气量相同，D项正确。10．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的L层电子数是K层的3倍，W所在族序数是周期数的2倍，Y、Z、W的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A．Y可以从溶液中置换出Z单质B．单核离子半径：W>Z>Y>XC．X和W形成的化合物的水化物一定是强电解质D．Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物两两之间可以反应【答案】D【解析】X的L层电子数是K层的3倍，X是O，W所在族序数是周期数的2倍，且W的原子序数大于O，则W是S，Y、Z、W的最外层电子数之和为10，则Y和Z的最外层电子数之和为4，结合X、Y、Z原子序数依次增大知，Y、Z分别是Na和Al。Na在水溶液中是不能置换出其他金属单质的，A选项错误；单核离子半径：W>X>Y>Z，B选项错误；X和W形成的化合物可能是SO2，也可能是SO3，其水化物不一定是强电解质，C选项错误；Y、Z、W三种元素最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3和H2SO4，两两之间可以反应，D选项正确。11．实验室中用下列装置测定SO2催化氧化为SO3的转化率(部分夹持装置已省略，已知SO3的熔点为16.8℃，假设气体进入装置时均被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响)，下列说法不正确的是A．A装置烧瓶中发生的反应可以表示为SO+2H+===SO2↑+H2OB．用D装置制备氧气，试管中的药品可以是KClO3C．当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气D．C中产生的白色沉淀是BaSO4【答案】B【解析】70%的浓硫酸可以电离出H+，A项正确；利用D装置加热固体制取氧气，用氯酸钾制备氧气时，需要用二氧化锰作催化剂，B项错误；对于定量测定实验，除了要排除空气、水蒸气等的干扰，还要将产物SO3以及未反应的SO2全部驱赶至后续装置以进行准确测量或称量，故反应停止后还要继续通入一段时间的氧气，C项正确；装置C中发生的反应是：3SO2+3Ba2++2NO+2H2O===3BaSO4↓+2NO↑+4H+，沉淀为BaSO4，D项正确。12．常温下，向0.1mol·L−1二元弱酸H2A的溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2A、HA−、A2−的物质的量分数随pH的变化如图所示。下列叙述正确的是A．a曲线代表HA−的物质的量分数随pH的变化B．M点pH＝1.1时，溶液中微粒浓度关系为c(H+)>c(HA−)＝c(H2A)C．pH＝2.7时，c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)＝0.1mol·L−1D．N点pH＝4.2时，c(A2−)＝c(HA−)，溶液中不存在H2A分子【答案】B【解析】向二元弱酸H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，依次发生反应：H2A+OH−===HA−+H2O、HA−+OH−===A2−+H2O，结合题图可知，a曲线代表H2A的物质的量分数随pH的变化，b曲线代表HA−的物质的量分数随pH的变化，c曲线代表A2−的物质的量分数随pH的变化，A项错误；M点溶液中c(HA−)＝c(H2A)<0.05mol·L−1，又pH＝1.1，故c(H+)＝10−1.1mol·L−1，c(H+)>c(HA−)＝c(H2A)，B项正确；当pH＝2.7时，因滴入NaOH溶液，溶液的体积增大，结合物料守恒可知c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)<0.1mol·L−1，C项错误；N点pH＝4.2时，c(A2−)＝c(HA−)，溶液中仍存在少量H2A分子，D项错误。13．目前海水液化可采用双极膜电液析法、同时获得副产品，其模拟工作原理如图所示。其中双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH−，作为H+和OH−离子源。M、N为离子交换膜。下列说法正确的是A．X电极为电解池的阴极，该电极反应式为：2H+-2e−=H2↑B．电子流向：电源负极→X电极→Y电极→电源正极C．电路中每转移1mol电子，X、Y两极共得到标准状况下16.8L的气体D．M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH；若去掉B室双极膜，B室产物不变【答案】C【解析】A.电解池中阳离子向阴极移动，故X电极为阴极，电极反应式为：2H++2e−=H2↑，选项A错误；B.电子流向：电源负极→阴极X电极、阳极Y 电极→电源正极，选项B错误；C.阴极反应为2H++2e−=H2↑，阳极反应为：4OH−-4e−=O2↑+2H2O，当电路中通过1mol电子时，阴极得到0.5molH2，阳极得到0.25molO2，两极一共得到气体为0.5mol+0.25mol=0.75mol，标准状况下16.8L的气体，选项C正确；D.电解池中，电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，因此M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH；若去掉双极膜（BP），则Cl−会在阳极失去电子，生成Cl2，在阳极室会有C12生成，，B室产物发生变化，选项D错误。答案选C。26．(14分)过氧化钙是一种白色固体，常用作杀菌剂、防腐剂。（1）化学实验小组选用如图装置(部分固定装置略)用钙和氧气制备过氧化钙。①请选择必要的装置(装置可重复使用)，按气流方向连接顺序为_____________________________________________________。(填仪器接口的字母编号)②连接好装置进行实验，步骤如下：Ⅰ.检查装置气密性后，装入药品；Ⅱ.______________________________________________________；Ⅲ.点燃B处酒精灯加热药品；反应结束后，_____________________________；Ⅳ.拆除装置，取出产物。（2）已知化学反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O===CaO2·8H2O↓+2NH。在碱性环境中制取CaO2·8H2O的装置如图所示：①装置B中仪器X的作用是______________________________________；反应在冰水浴中进行的原因是_______________________________________。②反应结束后，经________、________、低温烘干获得CaO2·8H2O。【答案】（1）①aedbce或aedcbe　②打开分液漏斗旋塞，通一段时间氧气　先熄灭酒精灯，待产品冷却后再停止通入氧气，关闭分液漏斗活塞（2）①导气，防止倒吸　防止温度过高H2O2分解；有利于晶体析出　②过滤　洗涤【解析】（1）①由题图知，制备过氧化钙时装置的连接顺序为：制备氧气的装置(A)→气体干燥装置(C)→O2与钙高温下反应的装置(B)→干燥装置(C，防止空气中的H2O进入反应装置)，故按气流方向连接顺序为：aedbce或aedcbe。②装入药品后，先打开分液漏斗的旋塞，通一段时间氧气，排出装置中的空气后，点燃B处酒精灯；反应结束后，为了防止倒吸，先熄灭酒精灯，待产品冷却后，再停止通入氧气，关闭分液漏斗活塞。（2）①在装置A中制备NH3，由于NH3极易溶于水，吸收时要防止倒吸，故装置B中仪器X的作用是导气并防止倒吸。H2O2受热容易分解，反应在冰水浴中进行可防止温度过高H2O2分解，同时有利于晶体析出。②反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干即可得到CaO2·8H2O。27．(15分)中科院张涛院士的研究团队研究发现纳米ZnO可作为一些催化剂的载体。下图是通过锌精矿(主要成分为ZnS)与软锰矿(主要成分为MnO2)酸性共融法制备纳米ZnO及MnO2的工艺流程。回答下列问题：（1）“酸浸”时，锌、锰离子浸出率与溶液温度的关系如图所示。当锌、锰离子浸出效果最佳时，所采用的最适宜温度为________。（2）写出酸浸时ZnS与MnO2发生的主要反应的化学方程式(无单质硫生成)________。（3）P507(酸性磷酸酯)作萃取剂分离锌、锰离子时，溶液的初始pH与分离系数的关系如表所示： 初始pH 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 锌、锰离子分离系数 7.64 8.83 9.97 11.21 12.10 13.17 13.36 11.75已知：分离系数越大，分离效果越好；萃取剂P507是一种不溶于水的淡黄色透明油状液体，属于酸性萃取剂。试分析初始pH>4.0时，锌、锰离子分离系数降低的原因是_______________________________________________________。（4）(NH4)2S2O8是一种强氧化剂，能与Mn2+反应生成SO和紫色MnO。用(NH4)2S2O8检验水相中的Mn2+时发生反应的离子方程式为_____________________________________。（5）二氧化锰广泛用于电池。一种海水中的“水”电池的电池总反应可表示为5MnO2+2Ag+2NaCl===Na2Mn5O10+2AgCl。电池放电时，负极的电极反应式为______________。（6）电解尿素的碱性溶液制取N2和H2的装置如图所示。(电解池中的隔膜仅阻止气体通过，两电极都是惰性电极)A电极的名称为________，若起始时加入电解池的原料配比＝3，完全反应后，电解排出液中＝________。【答案】（1）95℃（2）ZnS+4MnO2+4H2SO4===ZnSO4+4MnSO4+4H2O（3）P507是酸性萃取剂，pH过大，其会发生反应而损失(或锌、锰离子水解程度增大等其他合理答案)（4）2Mn2++5S2O+8H2O===2MnO+10SO+16H+（5）Ag－e−+Cl−===AgCl（6）阳极　1【解析】（1）根据图示，“酸浸”时，当温度为95℃时，锌、锰离子浸出率均较大，再升高温度，浸出率变化不大，故最适宜温度为95℃。（2）根据工艺流程分析，酸浸时，ZnS、MnO2分别转化为ZnSO4、MnSO4，即S由－2价升为+6价，Mn由+4价降为+2价，根据得失电子守恒，ZnS、MnO2的化学计量数之比为1∶4，再根据原子守恒，配平化学方程式为：ZnS+4MnO2+4H2SO4===ZnSO4+4MnSO4+4H2O。（3）P507属于酸性萃取剂，pH过大，P507与OH－反应而损失，因此锌、锰离子分离系数降低。（4）S2O与Mn2+反应，生成MnO和SO，根据S2O2SO、Mn2+MnO，由得失电子守恒，S2O、Mn2+的化学计量数之比为5∶2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为：5S2O+2Mn2++8H2O===2MnO+10SO+16H+。（5）根据总反应，电池放电时，负极上Ag发生氧化反应，转化为AgCl，电极反应为：Ag－e−+Cl−===AgCl。(6)根据装置图，A电极上尿素转化为N2，氮元素化合价由－3价升为0价，发生氧化反应，则A极为阳极。电解时阳极反应为：CO(NH2)2+8OH−－6e−===CO+N2↑+6H2O，阴极反应为：6H2O+6e−===3H2↑+6OH−，故电解总反应为：CO(NH2)2+2OH−CO+N2↑+3H2↑，若起始时加入电解池的原料配比＝3，假设n(KOH)＝3amol，n[CO(NH2)2]＝amol，则反应完全，KOH剩余amol，生成COamol，电解排出液中＝1。28．(14分)亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂，工业上可用NO与Cl2合成，回答下列问题：（1）一定条件下，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及有关反应的热化学方程式和平衡常数如表： 反应 热化学方程式 平衡常数 ① 2NO2+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)　ΔH1 K1 ② 4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(g)+2NO(g)+Cl2(g)　ΔH2 K2 ③ 2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)　ΔH3 K3则ΔH3＝________(用ΔH1、ΔH2表示)；K3＝________(用K1、K2表示)。（2）300℃时，在一密闭容器中发生反应：2ClNO(g)2NO(g)+Cl2(g)，其正反应速率表达式v正＝k·cn(ClNO)。测得正反应速率和对应浓度的数据如表： 序号 c(ClNO)/(mol·L−1) v正/(mol·L−1·s−1) ① 0.30 3.60×10−9 ② 0.60 1.44×10−8 ③ 0.90 3.24×10−8则n＝________，k＝________；达到平衡后，若减小压强，则混合气体的平均相对分子质量将________(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）25℃时，向体积为2L且带气压计的恒容密闭容器中通入0.08molNO和0.04molCl2发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)　ΔH。已知：反应起始和平衡时温度相同。①测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图1曲线a所示，则ΔH________(填“>”“<”或“不确定”)0；若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得压强(p)随时间(t)的变化如图1曲线b所示，则改变的条件是_________________________________。②图2是两位同学描绘的上述反应平衡常数的对数值(1gK)与温度的变化关系图象，其中正确的曲线是________(填“甲”或“乙”)；m的值为________。【答案】（1）2ΔH1－ΔH2　K/K2（2）2　4.0×10−8　减小（3）①<　加入催化剂　②乙　2【解析】（1）根据盖斯定律可知，反应③＝2×反应①－反应②，则ΔH3＝2ΔH1－ΔH2，K3＝K/K2。（2）3.60×10−9＝k×0.30n，1.44×10−8＝k×0.60n，解得n＝2，k＝4.0×10−8；减小压强，平衡正向移动，则混合气体的平均相对分子质量将减小。（3）①分析题图1曲线a知反应过程中压强先增大后减小至不变，压强先增大是因为正反应放热，随着反应的进行，反应物浓度减小，压强又减小至不变，故ΔH<0。曲线b与曲线a相比，反应速率加快，平衡状态不变，故改变的条件是加入催化剂。②该反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，平衡常数减小，lgK减小，故曲线乙正确，设反应达到平衡时，Cl2转化了xmol·L−1，由三段式法计算：根据反应起始和平衡时温度相同，且反应在恒容容器中进行，则有＝，解得x＝0.01，故25℃时平衡常数K＝＝＝100，1gK＝2。35．【选修3：物质结构与性质】(15分)铬铁合金作为钢的添加料生产多种具有高强度、耐高温、耐腐蚀等优良性能的特种钢，这类特种钢中含有碳、硅、氧、氮、磷等元素。（1）基态Cr原子的价电子排布式为________________________________。（2）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________________________________________________。（3）PO的空间构型为_________________，中心原子的杂化方式为__________________。（4）碳化硅(SiC)晶体具有类似金刚石的结构，其中碳原子和硅原子的位置是交替的，但是碳化硅的熔点低于金刚石，原因是____________________。（5）无水CrCl3和氨分子作用能形成某种配合物，该配合物的组成相当于CrCl3·6NH3。已知：若加入AgNO3溶液，能从该配合物的水溶液中将所有的氯沉淀为AgCl；若加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生。请从配合物的形式推算出它的内界和外界，写出该配合物的结构式________________________，1mol该配合物中含有σ键的数目为________。（6）铁和氮形成一种晶体，晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为_______________，若该晶体的密度为ρg·cm－3，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是________cm3。【答案】（1）3d54s1　（2）N>O>C　（3）正四面体　sp3（4）两种晶体都是原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高。原子半径：C<Si，键长：C—C键<Si—C键，所以碳化硅的熔点低于金刚石（5）[Cr(NH3)6]Cl3　24NA　（6）Fe4N　【解析】（1）基态Cr原子核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d54s1，故价电子排布式为3d54s1。（2）同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但由于N的2p能级上电子半充满，为较稳定结构，故其第一电离能大于O的第一电离能，故第一电离能：N>O>C。（3）PO中P无孤电子对，空间构型为正四面体形，中心原子P的杂化方式为sp3杂化。（5）加入AgNO3溶液，能将所有氯沉淀，说明Cl－为外界，加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生，说明NH3在内界，故该配合物的结构式为[Cr(NH3)6]Cl3。该配合物中Cr与6个NH3之间的配位键均为σ键，NH3中N—H键为σ键，故1mol该配合物中含有σ键的数目为24NA。（6）该晶胞中Fe位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，N位于体心，个数为1，故该晶体的化学式为Fe4N。该晶胞质量为g＝，故该晶胞的体积为g÷ρg·cm－3＝cm3。36．【选修5：有机化学基础】(15分)如图是由合成的一种路线图：已知：①CH3CH=CH2CH3CHO+HCHO；②RCHO；③F为含有三个六元环的酯；④，X代表官能团。请回答下列问题：（1）A的化学名称为________，B→F的反应类型是________。（2）E的结构简式为____________________________________________________。（3）由生成A的化学方程式为__________________________。（4）B的同分异构体中，含有苯环，且苯环上有两个取代基，一个取代基中含有酯基，另一个取代基中含有醇羟基的结构有________种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶2∶1的为_____________________________________________(任写一种结构简式)。（5）写出以CH3CH=CHCH3和CH2=CHCHO为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3【答案】（1）苯乙醛　取代反应(或酯化反应)（2）（3）+HCHO（4）15　或(任写一种即可)（5）CH3—CH=CH—CH3CH3CHBrCHBrCH3CH2=CH—CH=CH2【解析】（1）根据合成路线图及已知信息①可知，苯丙烯发生催化氧化后得到甲醛和苯乙醛，而F是含有三个六元环的酯，所以A不可能是甲醛，则A是苯乙醛，结合已知信息②知B为，2分子B发生酯化反应生成含有三个六元环的F，所以B到F发生的反应是取代反应。（2）E为B发生缩聚反应的产物，其结构简式是。（3）由已知信息①可知，苯丙烯与氧气反应的化学方程式是。（4）B为，其同分异构体中含有苯环，且苯环上有两个取代基，一个取代基中含有酯基，另一个取代基中含有醇羟基，则其同分异构体苯环上含有醇羟基的取代基可以是—CH2OH，则对应的含有酯基的取代基可以为—OOCCH3、—CH2OOCH、—COOCH3；若含有醇羟基的取代基是—CH2CH2OH、—CHOHCH3，则对应的含有酯基的取代基为—OOCH，又两个取代基在苯环上有邻、间、对3种位置关系，所以满足条件的B的同分异构体共有(3+2)×3＝15(种)；其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶2∶1的为或。 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